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Matematica Discreta: Teorıa de Grafos
Grado de Ingenierıa
Asignatura de Matematica Discreta
UDIMA
DM – p.1/80
Teoría de grafos
Contenidos
1. Nociones generales• Notación y definiciones básicas• Grafos dirigidos
• Árboles. Árbol generador de peso mínimo(algoritmos de Kruskal y Prim)
2. Grafos planos, eulerianos y hamiltonianos• Grafos planos. La fórmula de Euler. El teorema de Kuratowsky• Grafos eulerianos(algoritmo de Fleury)• Grafos hamiltonianos• Emparejamientos en grafos
3. Coloraciones y Caminos mínimos• Coloraciones en grafos(algoritmo voraz)• Caminos de longitud mínima(algoritmo de Dijkstra)
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Teoría de grafos
Aplicaciones prácticas:
• Algoritmos en informática.
• Estructura de datos.
• Diseño de circuitos, redes de transporte, redes informáticas, etc.
• Encontrar una ruta que nos conduzca a los sitios más interesantes de París sinrepetir calles.
• Encontrar el vuelo Madrid–Tokio más barato o el más rápido o el que tengamenos transbordos.
• Diseñar un circuito con el menor número de puntos “débiles”.
• Diseñar una red que maximice la salida de información.
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Motivación
Problema 1El primer dıa de curso se encuentran en una clase 121 alumnos. Demostrar que siempre existe
una persona que conoce a un numero par de personas.
¿Cómo describir eficientemente el problema?Planteamiento:
1. Los alumnos son puntos•.
2. El conocimientoes mutuo y cero es par.
3. Si dos alumnos se conocen trazo una línea entre los correspondientes puntos:
El problema es equivalente aprobar que en ungrafocon2n+ 1 puntos, existe al menos
un punto con un número par delíneasque salen de él.DM – p.4/80
Grafos no orientados: definición v1
Definici on 1Un grafo simple G = (V,E) esta compuesto por un conjunto no vacıo de vertices V y un
conjunto de aristas E, que es un conjunto de pares de elementos distintos de V .
Si la aristae une los vértices (también llamados nodos o puntos)u, v ∈ V , diremos queu y v sonadyacentes o vecinos y que la aristae esincidente conu y v.
Definici on 2Un multigrafo G = (V,E) esta compuesto por un conjunto no vacıo de vertices V , un
conjunto de aristas E en el que se permite que haya aristas multiples (que son aquellasque conectan el mismo par de vertices).
Definici on 3Un lazo o bucle (“loop”) es una arista que une un vertice consigo mismo. Un pseudografo
G = (V,E) es un grafo en el que se permiten aristas multiples y bucles.
Ejemplos:
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Grafos no orientados: definición v2
Definici on 4Un pseudografo G = (V,E, γ) esta compuesto por un conjunto no vacıo de vertices V ,
un conjunto de aristas E, y una funcion γ que asigna a cada arista un par no ordenado devertices de V (γ codifica las conexiones entre los vertices).
Si la aristae une los vérticesu, v ∈ V , (es decir, siγ(e) = {u, v}) diremos queu y vsonadyacentes o vecinosy que la aristae esincidenteconu y v.Si existen dos aristas distintase1, e2 tales queγ(e1) = γ(e2) diremos que elpseudografo tienearistas múltiples.
Definici on 5Un grafo simple G = (V,E, γ) es un pseudografo en el que no se permite que haya aristas
multiples ni bucles.Un multigrafo G = (V,E, γ) es un pseudografo en el que se permite que haya aristasmultiples pero no bucles.
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Definiciones
Definici on 6El numero de aristas incidentes con un vertice v de un grafoG se denomina grado o valencia
de v y se denota por d(v).
Nota: Los lazos contribuyen condosunidades al grado del vértice correspondiente.
Definici on 7Los vertices de grado 1 se denominan terminales . Los vertices de grado 0 se denominan
aislados . Un grafo sin aristas se denomina trivial .
a a a
b b bc c cEjemplos:
(1) d(a) = 1 d(b) = 4 d(c) = 3
(2) d(a) = 1 d(b) = 2 d(c) = 3
(3) d(a) = 1 d(b) = 2 d(c) = 1
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Algunos teoremas sencillos
Teorema 8 La suma de los grados de los vertices de un grafo G = (V,E) es dos veces elnumero de aristas. Es decir:
∑
i∈V
d(i) = 2|E| .
Nota: Esto es cierto para pseudografos y multigrafos.
Corolario 9 En todo grafo G la suma de los grados de sus vertices es par.
Teorema 10 El numero de vertices de grado impar en un grafo G es par.
DEMOSTRACION: Si Vpar y Vimpar son los subconjuntos de vértices con grado par e imparrespectivamente, entonces el teorema anterior implica que
2|E| =∑
i∈V
d(i) =∑
i∈Vpar
d(i) +∑
i∈Vimpar
d(i) .
Claramente∑
i∈Vpar
d(i) es par, luego∑
i∈Vimpar
d(i) debe ser par. Por lo tanto, el número de
vértices de grado impar debe ser par.�
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Algunos teoremas sencillos
Corolario 11 En todo grafoG con numero impar de vertices hay un numero impar de verticesde grado par.
DEMOSTRACION: El teorema anterior implica que el número de vértices de grado imparsiempre es par. Si el número total de vértices es también impar, entonces el número devértices de grado par debe ser impar.�
Nota: Para este tipo de grafos habrá, por tanto, al menos un vérticede grado par.Podemos aplicar precisamente esto al problema número uno que se había planteado.
Definici on 12Un grafo es regular si todos sus vertices tienen el mismo grado.
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Algunos grafos sencillos
• Grafo completo den vérticesKn.
• CaminoPn y ciclo Cn den vértices.
• Rueda den+ 1 vérticesWn.
Definici on 13Un grafo G = (V,E) es bipartito si V se puede dividir en dos conjuntos no vacıos y
disjuntos V1 y V2, de manera que cada arista e ∈ E conecta un vertice de V1 con otro deV2 y viceversa.
• Grafo bipartito completo den y m vérticesKn,m si se une cadan con cadam.
K4 C4 W4 K2,2 P4
De izquierda a derecha: completo, ciclo, rueda, completo bipartito y camino.
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Algunos grafos sencillos
Definici on 14El grafo Qn (o cubico) es aquel formado por vertices que representan las cadenas de bits de
longitud n. Dos vertices son adyacentes si y solo si difieren en exactamente un bit.
0 1
00 01
1110
Q1 Q2
010 011
111110
000 001
101100
Q3
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Grafos complementarios
Definici on 15El grafo complementario G = (V,E) de un grafo simple G = (V,E) es aquel formado
por el mismo conjunto de vertices y tal que dos vertices son adyacentes en G si y solo si noson adyacentes en G.
G G
Problema 2Demostrar que |E|+ |E| =
(
|V |
2
)
.
Solución:|E|+ |E| son todas las aristas posibles entre cada pareja de vértices. Es
decir, las tomamos de dos en dos así que|E|+ |E| =(
|V |2
)
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Grafos complementarios
Problema 3Demostrar que si un grafo simple es autocomplementario G = G, entonces su numero de
vertices es o multiplo de cuatro o multiplo de cuatro mas uno.
Solución: si es autocomplementario entonces|E| = |E|. Así que si|V | = n y tenemosen cuenta que
|E|+ |E| =
(
|V |
2
)
,
entonces2|E| = 1
2n(n+ 1) y 4|E| = n(n+ 1) que es múltiplo de 4 al ser cuatro veces algo.Si n es múltiplo de 4 se cumple la igualdad, si(n+ 1) es múltiplo de4 + 1 también.
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Subgrafos
Definici on 16Un grafo H = (W,F ) es un subgrafo de G = (V,E) si W ⊆ V y F ⊆ E.
Definici on 17La uni on de dos grafos simples G1 = (V1, E1) y G2 = (V2, E2) es el grafo simple
G1 ∪G2 = (V1 ∪ V2, E1 ∪ E2).
⋃
=
a a ab b b
c cd d d
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Ejemplos
Problema 4Sea Kn el grafo completo de n vertices.
• Dibujar K1, K2, K3, K4 y K5.
• ¿Cual es el grado de los vertices de Kn? Solucion: n+ 1
• ¿Cuantas aristas tiene Kn? Solucion:(
n2
)
= n(n−1)2
Problema 5Encontrar los grafos complementarios de K3,3, C3, C4 y C5.
Solución:Dos ciclos de 3 vértices.Un trivial de 3 vértices.Dos grafos de una arista y dos vértices.Él mismo (C5).
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Ejemplos
Problema 6Demostrar que en todo grafo simple sin vertices aislados hay al menos dos vertices del mismo
grado.
Solución: Por ser no triviald(i) ≥ 1, pues no tiene vértices aislados. Por ser grafosimple se puede conectar con todos excepto con él mismo así qued(i) ≤ |V | − 1. Elproblema es equivalente a|V | − 1 cajas y|V | bolas. El principio del palomar garantizaque al menos en una caja hay 2 bolas, luego al menos 2 vértices tienen el mismos grado.
Problema 7Hallar el mınimo numero de vertices de un grafo con 7 aristas si d(i) ≤ 3 para todo i ∈ V .
Solución: Tenemos que|E| = 7 y d(i) ≤ 3 para todo vértice. Debe cumplirse que
∑
i
d(i) = 2|E| = 14,
que expandido podemos escribir a lo más como3 + 3 + 3 + 3 + 2 = 14
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Representación numérica de un grafo
Definici on 18Sea G = (V,E) un grafo. Consideremos una ordenacion v1, v2, . . . , v|V | de los vertices
de G. La matriz de adyacencia de G asociada a dicha ordenacion es la matriz |V | × |V |cuyas entradas Aij cuentan el numero de aristas que unen vi con vj .
1
4 3
2
AG =
0 1 0 2
1 1 1 1
0 1 0 1
2 1 1 0
1 2 3 4
1
2
3
4
• AG es simétrica.
• SiG es simple,Aii = 0 y Aij ∈ {0, 1}.
• SiG es un multigrafo,Aii = 0.
¡Cuidado!, una distinta ordenación nos da una matriz distinta.
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Representación numérica de un grafo
Definici on 19Sea G = (V,E) un grafo. Consideremos una ordenacion v1, v2, . . . , v|V | de los vertices
de G y una ordenacion e1, e2, . . . , e|E| de las aristas de G. La matriz de incidencia de G
asociada a dichas ordenaciones es la matriz |V | × |E| con entradas
Iij =
{
0 si ej no es incidente con vi
1 si ej es incidente con vi
1
4 3
2ab
c
e
dfg IG =
1 0 0 0 0 1 1
1 1 1 1 0 0 0
0 0 1 0 1 0 0
0 0 0 1 1 1 1
a b c d e f g
1
2
3
4
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Isomorfismos
Importante:No confundir un grafo con su representación gráfica.
Definici on 20Dos grafos simples G1 = (V1, E1) y G2 = (V2, E2) son isomorfos si y solo si existe una
funcion biyectiva f : V1 → V2 con la siguiente propiedad: a y b son adyacentes en G1 si y
solo si f(a) y f(b) son adyacentes en G2. Dicha funcion f se denomina isomorfismo .
• Una condición necesaria (pero no suficiente) para que dos grafos sean isomorfoses que|V1| = |V2| y |E1| = |E2|.
• Existenn! funciones biyectivas entre dos grafos den vértices.
• Dos grafos son isomorfos si existen ordenaciones de sus vértices tales que susmatrices de adyacencia sean iguales.
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Isomorfismos
Problema 8Decir si son isomorfos los siguientes grafos:
Solución: No lo son, pues el segundo tiene un vértice de grado4, cosa que el primerono tiene.
Problema 9Dibujar, salvo isomorfismos, todos los grafos simples de cinco vertices y cinco aristas.
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Caminos en un grafo
Definici on 21Un camino (o cadena) en un grafo G = (V,E) es una secuencia alternada de vertices y
aristas de la forma v0, {v0, v1}, v1, {v1, v2}, v2, . . . , vℓ−1, {vℓ−1, vℓ}, vℓ. La longituddel camino es igual al numero de aristas ℓ que lo componen. Existe una direccion implıcita entodo camino: v0 es el vertice inicial y vℓ, el vertice final .
Notas:
• En un grafo simple, un camino se puede representar por los vértices que locomponen:v1 → v2 → . . . → vℓ.
• En un camino se pueden repetir aristas/vértices.
a b
cd
e
Camino= (d, a, b, c, a, b)
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Caminos en un grafo
Definici on 22Un camino en el que todas las aristas son distintas se denomina camino simple . Un circuitoes un camino simple cerrado (v0 = vℓ). (se pueden repetir vertices)
Un camino simple en el que todos los vertices v0, v1, . . . , vℓ son distintos (excepto quizaslos extremos v0 y vℓ) se denomina camino elemental . Un camino elemental cerrado es unciclo .
Nota: En un camino simple se pueden repetir vértices.
a b
dc
e
Circuito= (c, d, a, b, d, e, c)
Camino elemental= (a, c, e, d)
Ciclo= (a, b, d, a)
Ejemplo:{f, e, c, b, g, g} es circuito pero no ciclo.
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Grafos conexos
Definici on 23Un grafo es conexo si cada par de vertices v, w ∈ V pueden ser conectados por un camino
elemental. Un grafo no conexo esta formado por la union de varios subgrafos conexos ydesconectados entre sı que se denominan componentes conexas del grafo.
Nota: Si dos vértices de un grafo se pueden conectar por un camino, entonces existe uncamino elementalque los une.
DEMOSTRACION: De todos los caminos que unen dichos extremosa y b tomamos uno demenor longituda = v0 → v1 → v2 → . . . vℓ−1 → vℓ = b. Éste debe ser un caminoelemental. Si no lo fuese, debería tener al menos dos vértices igualesvi = vj con0 ≤ i < j ≤ ℓ. El caminoa = v0 → v1 → v2 → . . . vi → vj+1 → . . . vℓ−1 → vℓ = btambién conectaa conb y tiene menor longitud que el primitivo, lo que contradice lahipótesis. Por tanto, dicho camino de longitud mínima es elemental.�
a b c
d e f
Camino= (a, b, c, e, b, c, f)
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Grafos conexos
Definici on 24Un punto de articulaci on o de corte de un grafo G es un vertice tal que si lo eliminamos
(junto con todas las aristas que le son incidentes) obtenemos un subgrafo con mas compo-nentes conexas que G. Un puente de un grafo G es una arista tal que si la eliminamos (perono los vertices con los que es incidente) obtenemos un grafo con mas componentes conexasque G.
b c e h
a d f gEjemplo:
• Puntos de articulación:b, c, y e.
• Puentes: las aristas{a, b} y {c, e}.
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Número de caminos entre dos vértices
Teorema 25 Sea un grafo G con matriz de adyacencia A con respecto al orden{v1, v2, . . . , v|V |}. El numero de caminos orientados diferentes de longitud n ≥ 1 que
empiezan en vi y acaban en vj esta dado por la entrada (i, j) de la matriz An.
Corolario 26 Sea G un grafo simple con matriz de adyacencia A, entonces
• A2ii = d(i) para todo 1 ≤ i ≤ |V |.
• trA2 = 2|E|.
• trA3 = 6× Numero de triangulos no orientados en G.
1 2
3 4
A =
0 1 1 0
1 0 1 1
1 1 0 1
0 1 1 0
A2 =
2 1 1 2
1 3 2 1
1 2 3 1
2 1 1 2
A3 =
2 5 5 2
5 4 5 5
5 5 4 5
2 5 5 2
trA2 = 2|E| = 10
trA3 = 6|T | = 12
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Número de caminos entre dos vértices
Nota: Si el grafo no es simple (multigrafo o pseudografo) el Corolario anterior nopuede aplicarse.
2
3
1
A =
0 1 2
1 1 1
2 1 0
A2 =
5 3 1
3 3 3
1 3 5
trA2 = 13 6= 2|E| =∑
i∈V
d(i) = 10
d(1) = 3 6= (A2)11 = 5
d(2) = 4 6= (A2)22 = 3
A3 =
5 9 13
9 9 9
12 9 5
⇒ trA3 = 19 6= 6|T | = 12
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Grafos orientados o dirigidos
Definici on 27Un grafo dirigido G = (V,E) esta compuesto por un conjunto no vacıo de vertices V y
un conjunto de aristas (o arcos ) E, que es un conjunto ordenado de pares de elementosdistintos de V .
Si u,w ∈ V , entonces una aristae ∈ E es el par ordenado(u,w), representado por
u w
Nota: Las definiciones de multigrafo y pseudografo dirigidos son análogas, nopermitiéndose la contradirección.
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Grados en un grafo dirigido
En un grafo dirigido los vértices tienen dos tipos de grados:
Definici on 28El grado (o semigrado) interno de un vertice v de un grafo dirigido G es el numero de
aristas que llegan a v. El grado (o semigrado) externo de un vertice v de un grafo dirigidoG es el numero de aristas que salen de v.
a a a
b b bc c c
(1) di(a) = 0, de(a) = 1, di(b) = 2, de(b) = 2, di(c) = 2, de(c) = 1
(2) di(a) = 0, de(a) = 1, di(b) = 2, de(b) = 0, di(c) = 1, de(c) = 2
(3) di(a) = 0, de(a) = 1, di(b) = 1, de(b) = 1, di(c) = 1, de(c) = 0
Proposici on 29 En un grafo dirigido G = (V,E) la suma de los grados internos de losvertices es igual a la suma de los grados externos.
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Representación numérica de un grafo dirigido
Definici on 30Sea G = (V,E) un grafo dirigido. Consideremos una ordenacion v1, v2, . . . , v|V | de los
vertices de G. La matriz de adyacencia de G asociada a dicha ordenacion es la matriz
|V | × |V | cuyas entradas Aij cuentan el numero de aristas que comienzan en vi y acabanen vj .
1
4 3
2
AG =
0 0 0 0
1 1 0 1
0 1 0 0
2 0 1 0
1 2 3 4
1
2
3
4
• AG esno es simétrica en general.
• SiG es simple,Aii = 0 y Aij ∈ {0, 1}.
• SiG es un multigrafo,Aii = 0.
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Caminos en un grafo dirigido
Definici on 31Un camino en un grafo dirigido G = (V,E) es una sucesion de aristas de la forma
(v0, v1), (v1, v2), . . . , (vℓ−1, vℓ).
Notas:
• Nótese que todas las aristas del camino tienen la misma dirección.
• Las definiciones de camino elemental, camino simple, circuito y ciclo para grafosdirigidos son análogas.
a b
dc
e
Camino= (c, a, b, d, a, b)
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Árboles
Definici on 32Un arbol es un grafo simple y conexo que no contiene ciclos. Un bosque es un grafo simple
que no contiene ciclos. Cada componente conexa de un bosque es un arbol.
raíz
rama
hojas
Ejemplos:
• Árbol genealógico.
• Árbol de directorios de un ordenador.
• Organigrama de una empresa.
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Caracterización de los árboles
Teorema 33 (a) El grafo G es un arbol si y solo si es conexo y al borrar cualquier arista seobtiene un grafo disconexo.
(b) El grafo G es un arbol si y solo si no contiene ciclos y al anadir cualquier arista se creaun ciclo.
DEMOSTRACION: Parte (a):⇒) Si G es un árbol entonces es conexo por definición.Supongamos que al borrar la aristae = {u, v} el grafo que obtenemosG′ sigue siendoconexo. LuegoG′ contiene un camino elementalP que conectau y v. Pero si ponemosotra vez la aristae = {u, v}, ésta junto conP forman un ciclo, lo que contradice lahipótesis de queG sea un árbol.⇐) Sólo nos queda demostrar queG no contiene ningún ciclo. Supongamos por elcontrario queG contiene un cicloC. Si borramos una arista deC, el grafo resultanteG′ sigue siendo conexo, lo que contradice la hipótesis.�
Proposici on 34 Sea G un grafo conexo tal que contenga un ciclo C . Entonces al borrarcualquier arista de C el grafo resultante es conexo.
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Propiedades de los árboles
Teorema 35 Un grafo G = (V,E) es un arbol si y solo si existe un unico camino elemental(no se repiten ni aristas ni vertices) entre cualquier par de vertices.
DEMOSTRACION: ⇒) Existe al menos un camino al serG conexo. Si dicho camino nofuese único, entonces dos de esos caminos formarían un ciclo, lo que contradice queGsea un árbol.⇐) Dados dos vértices existe un único camino elemental que los une, luegoG esconexo. Además si hubiese un ciclo que los conectase, existirían dos caminoselementales entre dichos vértices, lo que contradice la hipótesis.�
Teorema 36 Todo arbol con al menos dos vertices tiene al menos dos vertices de grado uno.
DEMOSTRACION: Tomamos un vértice cualquiera y seguimos un camino elemental hastael final, que será un vértice de grado1. Como el grafo es finito, si ésto no ocurre,deberíamos visitar un vértice ya visitado; pero esto implicaría la existencia de un ciclo,lo que contradice que sea un árbol. Comenzamos ahora otro camino elemental a partirde este vértice de grado1. Por el mismo argumento deberíamos acabar en otro vérticede grado1. �
DM – p.33/80
Propiedades de los árboles
Definici on 37Procedimiento para hacer crecer un arbol:
1. Comenzar con G = ({r}, ∅), donde r es el nodo raız.
2. Dado G = (V,E), anadir un nuevo vertice u y una nueva arista {u, v} donde v ∈ V .
Teorema 38 Todo grafo obtenido por este procedimiento es un arbol y todo arbol se puedeconstruir de este modo.
DEMOSTRACION: SeaGn un grafo que se pueda obtener vía dicho procedimiento connvértices.G1 es un árbol y supongamos que todos los grafosGk conk ≤ n son árboles.Si añadimos un nuevo vérticev y una arista{v, u}, el nuevo grafo es también un árbol:es conexo (ya queGn lo es) y no tiene ciclos (ya queGn no los tenía yd(v) = 1).Demostraremos por inducción que todo grafo den vértices se puede construir de estamanera.G1 es un árbol. Supongamos que todos los árboles conn− 1 vértices sepueden obtener por este procedimiento. SiG es un árbol conn ≥ 2 vértices, entoncesexiste un vérticev de grado1 (Teorema 36). Si lo borramos obtenemos el subgrafoG′
conn− 1 vértices.G′ es conexo (ya queG lo era yd(v) = 1) y no contiene ningúnciclo. LuegoG′ es un árbol.�
DM – p.34/80
Propiedades de los árboles
Teorema 39 Todo arbol de n vertices tiene n− 1 aristas.
DEMOSTRACION: El árbol conn = 1 no tiene aristas. El Teorema 38 nos garantiza quepodemos construir un árbol añadiendo un vértice y una aristaen cada paso. Pero así nomodificamos la diferencia entre|E| y |V |. �
Teorema 40 Si G es un grafo de n vertices, entonces las siguientes afirmaciones son equi-valentes:
1. G es un arbol.
2. G es conexo y tiene n− 1 aristas.
3. G tiene n− 1 aristas y no tiene ciclos.
DM – p.35/80
Propiedades de los árboles
Problema 10Demostrar que las parafinas Cn H2n+2 tienen moleculas de tipo arbol.
Solución: Los carbonos (vértices) tiene cuatro enlaces (4 aristas adyacentes) y loshidrógenos (vértices) uno (una arista adyacente). Así que tendremos4n grados para loscarbonos,2n grados para los hidrógenos que no están en los extremos y queda 2 paraesos extremos. Así que
∑
i
d(i) = 4n+ 2n+ 2.
Como∑
i
d(i) = 2|E|,
podemos decir que|E| = 3n+ 1. Por otro lado, de la fórmula química deducimos que|V | = n+ (2n+ 2) = 3n+ 2 y comparando concluimos que|E|+ 1 = |V |. Como elgrafo es conexo (sólo un molécula) y el número de aristas es sólo una menos que elnúmero de vértices podemos afirmar que es árbol.
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Ejercicios
Problema 11Dibujar todos los arboles (salvo isomorfismos) de cuatro y cinco vertices.
Problema 12¿Cuantos arboles tiene un bosque de 62 vertices y 51 aristas?
Solución: del enunciadoE1 +E2 + · · ·+Ek = 51 y V1 + V2 + · · ·+ Vk = 62. Comoes árbolE = V − 1, así queE1 + 1 + E2 + 1 + · · ·+ Ek + 1 = E1 + E2 + · · ·+ Ek + k = 62.Comparando esta última expresión con la primera51 + k = 62, luegok = 11
Problema 13Demostrar que si en un arbol todos los vertices que no son hojas tienen grado tres, entonces el
arbol tiene un numero par de vertices.
Solución: La hojas tiene grado 1 (impar) y los demás tiene grado 3 (impar). Todos losvértices tiene grado impar. Y según un teorema ya visto el número de vértices de gradoimpar (todos en este caso) en un grafo G es par.
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Árboles generadores
Definici on 41Un arbol generador o recubridor de un grafo conexo G es un arbol que contiene todos los
vertices de G y es subgrafo de G.
G Sí No No
Definici on 42Un grafo ponderado G = (V,E, ω) es un grafo en el que a cada arista e ∈ E se le asocia
un peso ω(e) ∈ R.
ω1 ω2
ω3
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Árboles generadores mínimos
Definici on 43Un arbol generador mınimo de un grafo conexo ponderado es un arbol generador tal que la
suma de los pesos de sus aristas es la mas pequena posible.
Aplicación:Construir una línea telefónica (o un sistema de autopistas)entre una serie de ciudadestal que el coste sea mínimo y todas estén conectadas.
Nota:El número de árboles conn vértices crece muy rápidamente conn.
Definici on 44Un algoritmo voraz es aquel que en cada paso toma la eleccion optima.
La elección óptima en cada paso intermedio no garantiza una solución óptima para todoel problema. Sin embargo, en el caso del árbol generador de peso mínimo losalgoritmos (voraces) de Prim y Kruskal sí funcionan.Nota: el árbol recubridor de peso mínimo no tiene por qué ser único.
DM – p.39/80
Algoritmo de Prim, 1957
Algoritmo 45 (Algoritmo de Prim)
procedure Prim(G: grafo ponderado conexo con n vertices)
T = arista con peso mınimofor i = 1 to n− 2begine = arista de peso mınimo incidente con un vertice de T
y que no forme un ciclo si se le anade a TT = T con la arista e anadida
end
Notas:
• La aristae puede no ser única.
• El árbol generador de peso mínimo puede no ser único
• El resultado es un árbol conn vértices, luego tiene que tenern− 1 aristas.
Teorema 46 Dado un grafo conexo ponderado G, el algoritmo de Prim produce un arbolgenerador mınimo de G.
Nota: en este caso es necesaria la incidencia. DM – p.40/80
Algoritmo de Prim
e
f
c
b
a
d
2
3
4
2
2
1
1
3
3
e
f
c
b
a
d
2
3
4
2
2
1
1
3
3
e
f
c
b
a
d
2
3
4
2
2
1
1
3
3
(A) (B) (C)
(A): {e, d} ∪ {e, c} ∪ {c, b} ∪ {b, a} ∪ {a, f}
(B): {e, d} ∪ {d, c} ∪ {c, b} ∪ {b, a} ∪ {a, f}
(C): {a, b} ∪ {b, c} ∪ {c, e} ∪ {e, d} ∪ {e, f}
∑
e∈E(T )
ω(e) = 9
DM – p.41/80
Algoritmo de Kruskal, 1957
Algoritmo 47 (Algoritmo de Kruskal)
procedure Kruskal(G: grafo ponderado conexo con n vertices)
T = (∅, ∅)for i = 1 to n− 1begine = arista de peso mınimo que no forme un ciclo si se le anade a TT = T con la arista e anadida
end
Notas:
• La aristae puede no ser única.
• La aristae puede no ser incidente con ningún vértice enT .
Teorema 48 Dado un grafo conexo ponderado G, el algoritmo de Kruskal produce un arbolgenerador mınimo de G.
Nota: en este caso la incidencia no es necesaria.
DM – p.42/80
Algoritmo de Kruskal
e
f
c
b
a
d
2
3
4
2
2
1
1
3
3
e
f
c
b
a
d
2
3
4
2
2
1
1
3
3
e
f
c
b
a
d
2
3
4
2
2
1
1
3
3
(A) (B) (C)
(A): {e, d} ∪ {a, b} ∪ {e, c} ∪ {c, b} ∪ {a, f}
(B): {e, d} ∪ {a, b} ∪ {c, b} ∪ {c, d} ∪ {a, f}
(C): {a, b} ∪ {e, d} ∪ {e, c} ∪ {c, b} ∪ {e, f}
∑
e∈E(T )
ω(e) = 9
DM – p.43/80
Notas:
• Ambos algoritmos se pueden usar para obtener un árbol generador de un grafoconexo [no ponderado]G = (V,E).
• Los algoritmos voraces pueden fallar en problemas parecidos.
Problema 14Encontrar un ciclo que pase por todos los vertices de un grafo y minimice la suma de los pesos
de las aristas correspondientes.
1a b
d c3
3 1 25
1a b
d c3
3 1 25
• Algoritmo voraz:{a, b} ∪ {a, c} ∪ {c, d} ∪ {d, a} ⇒∑
e ω(e) = 10.
• Ciclo mínimo:{a, b} ∪ {b, c} ∪ {c, d} ∪ {d, a} ⇒∑
e ω(e) = 9.
DM – p.44/80
Ejemplo: Diseño de una red telefónica local
Problema 15El plano muestra los puntos de conexion y las posibles lıneas telefonicas en una urbanizacion.
La zona quedara comunicada cuando dos puntos cualquiera esten conectados. En rojo estaindicado el precio de cada lınea en miles de euros. Calcular el diseno de la red mas barata queconecte la zona.
d g j m
c f i ℓ
b e h k
na
10 13 9
9 2 10 11 12
12 4 20
4
10
3
6
9
8
15
7
5
13
5
63 11 11
15 11
DM – p.45/80
Más ejemplos
Problema 16Calcular mediante el algoritmo de Kruskal un arbol generador mınimo del grafo:
2 10
16
1 12
13
7
6
5
8
4
15
14
9
3
11
DM – p.46/80
Más ejemplos
Problema 17Estudiar si el siguiente grafo admite un arbol generador de peso menor o igual que 12:
g
a
f
h
b
e
d
c
2
4 22
3
3
3
5
6
51
1
27
7
DM – p.47/80
Grafos planares
Definici on 49Un grafo es planar si puede ser dibujado en el plano sin que sus aristas se crucen. Una
representacion de un grafo planar en la que las aristas no se crucen se denomina grafoplano .
Ejemplo:K4 es planar; peroK5 y K3,3 no lo son.
Teorema 50 (Kuratowsky, 1930) Un grafo es planar si y solo si no contiene como subgrafoa ninguna subdivision de K5 ni de K3,3.
Definici on 51Insertar un nuevo vertice en una arista de un grafo se denomina subdividir dicha arista. La
subdivision de una o mas aristas de un grafo G da lugar a una subdivisi on de G.
DM – p.48/80
Grafos planares y grafos duales
Teorema 52 (F ormula de Euler, 1752) Un grafoG = (V,E) plano y conexo divide al plano
en R regiones de manera que |V | − |E|+R = 2 .
R = 2 + |E| − |V | = 2 + 6− 5= 3
Definici on 53Dado un grafo G = (V,E) plano, podemos construir su grafo dual G⋆ = (V ⋆, E⋆) de la
siguiente manera: introducimos un vertice del grafo dual r ∈ V ⋆ por cada region r en la queG divide al plano. Los vertices r1, r2 ∈ V ⋆ tienen tantas aristas incidentes e ∈ E⋆ comoaristas comparten las regiones r1, r2 definidas por el grafo G.
|E⋆| = |E||V ⋆| = RR⋆ = |V |
DM – p.49/80
Grafos duales
Definici on 54El grado de una regi on r de un grafo plano se define como el grado del vertice correspon-
diente r ∈ V ⋆ en el grafo dual.
Teorema 55 En un grafo plano y conexo se cumple que
2|E| = Suma de los grados de las regiones .
DEMOSTRACION: Sabemos que2|E| =∑
i∈V d(i). Aplicamos esta fórmula al grafo dualG⋆ = (V ⋆, E⋆)
2|E⋆| =∑
i∈V ⋆
d(i) =∑
r∈R
d(r)
Como|E| = |E⋆| el teorema está demostrado.�
Teorema 56 (Teorema de los cuatro colores, v2) Todo mapa (en una esfera) puede sercoloreado con a lo sumo cuatro colores.
DM – p.50/80
Algunos ejemplos
a b
1⋆
|R| = 1
d(1⋆) = 2
a b
1⋆
2⋆
|R| = 2
d(1⋆) = 2
a b c
1⋆
|R| = 1
d(1⋆) = 4
a b
c
1⋆
2⋆ |R| = 2
d(1⋆) = 3
DM – p.51/80
Algunos corolarios
Corolario 57 Si G es un grafo simple, conexo y plano con |V | ≥ 3, entonces |E| ≤3|V | − 6.
DEMOSTRACION: 2|E| =∑
r d(r) ≥ 3R (3 es el grado mínimo). Según Euler|V | − |E|+ R = 2, así queR = 2− |V |+ |E| que podemos multiplicar por 3quedando3R = 6− 3|V |+ 3|E|, que podemos sustituir en la primera ecuaciónquedando2|E| ≥ 6− 3|V |+ 3|E| y que simplificamos hasta|E| =≤ |V | − 6. �
Aplicación:K5 no es planar.|V | = 5; |E| = 10. Luego,10 = |E| > 3|V | − 6 = 9.
Corolario 58 Si G es un grafo simple, conexo y plano con |V | ≥ 3 y no tiene ciclos de
longitud 3, entonces |E| ≤ 2|V | − 4.
Problema 18Usar el corolario para probar que K3,3 no es planar.
Solución:|V | = 6 por tanto se cumple que|V | ≥ 3, no tiene ciclos y es conexo. Sifuese plano|E| ≤ 2|V | − 4, como|E| = 9 vemos que9 ≤ 2 · 4 = 8, no es cierto, asíque por tanto no es plano.
DM – p.52/80
Algunos corolarios
Problema 19Sean dos grafos G1 y G2. G1 es un grafo plano conexo de 10 vertices y que divide al plano en
3 regiones. G2 es un grafo de 10 vertices todos ellos de grado mayor o igual que 3. ¿Sonisomorfos G1 y G2?
Solución: ParaG1 tenemos que|V | − |E|+R = 2, que en este caso es10− |E|+ 3 = 2, así que|EG1| = 11ParaG2 tenemos que2|E| =
∑
i d(i), que en nuestros caso es2|E| ≥ 3 · 10, así que|EG2| ≥ 15Como para que sean isomorfos deben tener el mismo número de vértices y aristas comomínimo, como en esta caso el número de aristas es incompatible entonces no sonisomorfos.
DM – p.53/80
Emparejamientos en grafos
Definici on 59Un emparejamiento completo o perfecto de un grafo con 2n vertices es un subgrafo gene-
rador formado por n aristas disjuntas.
Notas:
• Todos los vértices deG pertenecen al subgrafo.
• Cada vértice deG sólo tiene una arista incidente perteneciente al subgrafo.
• En grafosbipartitoses menos difícil:
• ¿De cuantas maneras puedo teselar una cuadrícula con fichas de dominó?
• ¿Es posible que en una fiesta todos los participantes que se conozcan bailensimultáneamente?
DM – p.54/80
Emparejamientos en grafos
Teorema 60 Si todos los vertices de un grafo bipartito tienen el mismo grado d ≥ 1, en-tonces contiene un emparejamiento perfecto.
Problema 20Sea el grafo Gn con 2(n+ 1) vertices
. . .
. . .
v0 v1 v2 vn−1 vn
u0 u1 u2 un−1 un
• ¿Es Gn bipartito? ¿Es planar?
• Calcular el numero de emparejamientos completos de Gn.
• Demostrar que satisface: an = an−1 + 2an−2 para n ≥ 3 con a1 = 3 y a2 = 5.
• Resolver la recurrencia y probar que an = 13
[
2n+2 + (−1)n+1]
.
Corolario 61 Para todo n ≥ 0, se tiene que 3 |[
2n+2 + (−1)n+1]
.
DM – p.55/80
Grafos eulerianos
Problema 21En la ciudad de Konigsberg (Kaliningrado) hay un rıo y siete puentes. ¿Es posible dar una vuelta
y cruzar cada puente una sola vez?
Representación en término de grafos:
DM – p.56/80
Grafos eulerianos
Problema 22Dado un grafo G = (V,E), ¿existe un circuito que contenga cada arista e ∈ E? [Al ser
circuito debe contener cada arista una sola vez].
Definici on 62Un circuito euleriano es un circuito que contiene a todas las aristas del grafo. Un grafo que
admite un circuito euleriano se denomina grafo euleriano .Un camino euleriano es un camino simple y abierto que contiene todas las aristas del grafo.Un grafo no euleriano que admite un camino euleriano se denomina grafo semi-euleriano .
Teorema 63 Un grafo conexo es euleriano si y solo si todos sus vertices tienen grado par.Un grafo conexo es semi-euleriano si y solo si contiene exactamente dos vertices de gradoimpar.Un grafo dirigido conexo es euleriano si y solo si para cualquier vertice el grado interno coin-cide con el grado externo.
Luego, elproblema de los puentes de Königsbergno tiene solución: el grafocorrespondiente no es ni euleriano ni semi-euleriano.
Problema 23¿Para que valores de n son eulerianos los grafos Kn, Cn y Qn?
DM – p.57/80
Algoritmo de Fleury
SeaG = (V,E) un grafo conexo con todos los vértices de grado par:
(1) Paso inicial:Escogemos un vérticev0 como origen del circuitoC0 = {v0}.
(2) Extensión del circuito:Sea el circuitoCi = {v0, e1, v1, . . . , ei, vi} dondevi ∈ Vy ei ∈ E.
• Si existe una únicaaristaei+1 = {vi, w} ∈ E \ {e1, e2, . . . , ei}:• Ci → Ci+1 = {v0, e1, v1, . . . , ei, vi, ei+1, w}• V → V \ {vi}• E → E \ {ei+1}
• Si hay varias aristas incidentes convi: elegimos cualquiera de ellas con lacondición queno seapuente . Si escogemosei+1 = {vi, w} ∈ E \ {e1, e2, . . . , ei}:• Ci → Ci+1 = {v0, e1, v1, . . . , ei, vi, ei+1, w}• E → E \ {ei+1}
(3) Repetimos el Paso (2) hasta queE = ∅ (|E| pasos).C|E| es el circuito euleriano buscado.
DM – p.58/80
Ejemplo
Problema 24Encontrar un circuito euleriano en el siguiente grafo:
a b g
d e f
c
Problema 25Encontrar un circuito euleriano en el siguiente grafo:
a h
d c e g
f b
DM – p.59/80
Ejemplo
Problema 26Disenar un algoritmo para encontrar un camino euleriano.
Problema 27Encontrar un camino euleriano en el siguiente grafo:
a h
d c e g
f b
DM – p.60/80
Grafos hamiltonianos
Problema 28En una cena entre diplomaticos hay que tener cuidado de sentar juntos a diplomaticos de paıses
amigos y sentar separados a diplomaticos de paıses enemigos. ¿Es posible hacer esto con ndiplomaticos?
Problema 29¿Es posible encontrar un ciclo en G tal que pase por cada vertice una sola vez?
Este tipo de problemas son equivalentes a que su grafo sea hamiltoniano.
DM – p.61/80
Grafos hamiltonianos
Definici on 64Un ciclo hamiltoniano es un ciclo que contiene a todos los vertice del grafo. Un grafo que
admite un ciclo hamiltoniano se denomina grafo hamiltoniano .Un camino hamiltoniano es un camino elemental y abierto que contiene todos los verticesdel grafo. Un grafo no hamiltoniano que admite un camino hamiltoniano se denomina grafosemi-hamiltoniano .
Nota: El problema de decidir si un grafoG arbitrario tiene un ciclo hamiltoniano esmucho más difícil que decidir si tiene un circuito euleriano. El problema no tienesolución general, aunque existen condiciones suficientes del estilo siguiente:
Teorema 65 (Dirac, 1950) Si G es un grafo simple con n vertices y cada vertice tiene ungrado ≥ n/2, entonces G es hamiltoniano.
DM – p.62/80
Grafos hamiltonianos
Problemas:
• Demostrar queKn es hamiltoniano para todon ≥ 3.El grado de cada vértice esd(i) = n− 1. Según el teorema de Dirac sin− 1 ≥ n/2 es hamiltoniano, caso que se cumple cuandon ≥ 3, pues2 ≥ 3/2
• Demostrar queKn,m es hamiltoniano si y sólo sin = m ≥ 2.Los grados de los vértices son o bienn (el más pequeño) o bienm, así que|V | = m+ n. Según el teorema de Dirac y eligiendo el caso más conflictivon ≥ n+m
2 , que se cumple si sólo sin = m.
DM – p.63/80
Aplicación: códigos de Gray, 1940
Definici on 66Un codigo de Gray de orden n es una cadena cıclica formada por 2n secuencias binarias de
longitud n con la propiedad de que cualquier par de secuencias adyacentes difieren unicamenteen un bit.
000
001
011
010110
111
101
100 000
001
010
011100
101
110
111
Los códigos de Gray permiten reducir el error al leer la posición angular de una aguja
en una rueda.DM – p.64/80
El problema del viajante
Problema 30Un viajante tiene que cubrir n ciudades interconectadas todas entre sı. Su objetivo es salir de
su casa, visitarlas todas una sola vez y volver a su casa al finalizar de manera que la distanciarecorrida sea mınima.
Este problema consiste en encontrar entre todos los ciclos hamiltonianos del grafoponderadoKn = (Vn, En, ω) unoC que minimice la función
E(C) =∑
e∈V (C)
ωe .
Este problema es muy difícil y no se conocen algoritmospolinómicosque lo resuelvan.
DM – p.65/80
Problemas
Problema 31Demostrar que el numero de ciclos hamiltonianos no dirigidos que tiene Kn con n ≥ 3 es
(n− 1)!/2.
Solución: Al principio hay(n− 1) a elegir, luego(n− 2) y así sucesivamente por loque(n− 1)(n− 2)(n− 3) · · · = (n− 1)!. Como no es dirigido estamos contando eldoble así que el numero de ciclos es1/2(n− 1)!
Problema 32Encontrar los arboles generadores de menor y mayor peso en el siguiente grafo ponderado:
a b c
d e
5 7
4
3
612 6
Solución: se hace por Kruskal, eligiendo la arista de mayor peso, luego la segunda demayor peso y así sucesivamente.
DM – p.66/80
Problemas
Problema 33¿Existe algun grafo simple de n vertices y m aristas y tal que su matriz de adyacencia satisfaga
trA3 = (2n+ 1)(2m+ 1)?
Solución: Sabemos queTrA3 = 6T , pero como2(n+ 1) y (2m+ 1) son impares suproducto es impar que no puede ser 6 veces algo, que es par.
Problema 34Encontrar un circuito euleriano en el siguiente grafo orientado:
a b c
de
f
g h i
Solución: Un posible circuito es(a, e, f, i, h, f, c, b, e, h, g, d, b, a)
DM – p.67/80
Coloraciones propias de un grafo
Problema 35En el congreso Lattice’06 hay seis conferencias de una hora programadas para el dıa inaugural
{c1, c2, . . . , c6}. Entre la audiencia hay quienes quieren escuchar los pares de conferencias
{c1, c2}, {c1, c4}, {c3, c5}, {c2, c6}, {c4, c5}, {c5, c6} y {c1, c6}. ¿Cuantas horas sonnecesarias para poder dar todas las conferencias sin solaparse?
Definici on 67Una coloraci on propia (con q colores) de un grafo G = (V,E) es una funcion c : V →
{1, 2, . . . , q} tal que c(u) 6= c(w) siempre que u y w sean adyacentes.
Notas:
• Dado un grafoG = (V,E) el número total de coloraciones (propias y no propias)conq colores esq|V |.
• En todo lo que sigue consideraremos sólocoloraciones propias .
• En la definición coloreamos los vértices deG. También se puedencolorear las aristasdeG con la siguiente condición: sie, f ∈ E, c(e) 6= c(f)siempre quee, f sean incidentes con el mismo vértice.
DM – p.68/80
Coloraciones propias de un grafo
q = 3
Dos preguntas difíciles:
1. ¿Cuántas coloraciones conq coloresPG(q) se pueden conseguir sobreG?
2. ¿Cuántos coloresq necesito cómo mínimo para poder colorearG?
Definici on 68El numero crom atico χ(G) de un grafo G es el menor entero q tal que existe una coloracion
de G con q colores; es decir, PG(q) > 0 para todo q ≥ χ(G) ∈ N.
Notas:
• El número cromático del grafo anterior esχ(G) = 3.
• No hay algoritmospolinómicospara calcularPG(q) ó χ(G).
DM – p.69/80
Algoritmo voraz para colorear un grafo
Algoritmo 69 (Algoritmo voraz)
procedure (G: grafo simple conexo con n vertices)
Ordenamos los vertices de V : {v1, v2, . . . , vn}c(v1) = 1for i = 2 to nbeginSi = {q | c(vk) = q , para todo vk vecino de vi con k < i}c(vi) = color mas pequeno que no este en Si
end
Notas:
• No calculamosχ(G), sino una cota superior (muy) dependiente de la ordenaciónusada.
• Para calcularχ(G) habría que considerar lasn! ordenaciones posibles de losvértices (tiempo exponencial).
Problema 36Aplicar el algoritmo voraz al problema de la conferencia con las siguientes ordenaciones:
(a) {c1, c2, c3, c4, c5, c6} y (b) {c1, c2, c6, c4, c5, c3}.
DM – p.70/80
Algunos teoremas
Problema 37Calcular el numero de coloraciones con q colores que puedo obtener con el grafo Kn.
Teorema 70 Si G es un grafo con grado maximo k, entonces χ(G) ≤ k + 1 .
Teorema 71 (Brooks, 1941) Si G es un grafo no completo, conexo y con grado maximok ≥ 3, entonces χ(G) ≤ k .
Ejemplos:
• K4 es regular con grado3 y χ(K4) = 4.
• C2n+1 es regular con grado2 y χ(C2n+1) = 3.
Proposici on 72 Un grafo G es bipartito si y solo si χ(G) = 2.
Teorema 73 Un grafo es bipartito si y solo si no contiene ciclos de longitud impar.
Corolario 74 Todos los arboles son bipartitos
DM – p.71/80
El teorema de los cuatro colores
Teorema 75 (Appel y Haken, 1976) PG(4) > 0 para todo grafo planar G.
Bastan cuatro colores para colorear un mapa de tal modo que los países vecinos tengancolores distintos.
Notas:
• Fue conjeturado en 1852.
• En 1879 Kempe publicó una prueba errónea; pero encontró las ideasfundamentales.
• Heawood (1890) encontró el error en la prueba de Kempe y demostró el teoremade los cinco colores.
• La prueba original fueasistidapor ordenador (¡más de1200 horas de CPU!).
• No existe aún una prueba analítica.
• No existe un teorema de los tres colores: existen grafos planares con númerocromáticoχ(G) = 4: e.g.K4.
DM – p.72/80
Problemas de camino mínimo
Problema 38Encontrar el camino de longitud mınima que une un vertice inicial s y un vertice final t en un
grafo G = (V,E) conexo, simple y ponderado con todos los pesos positivos (ωi > 0 para todoi ∈ E).
Solución: El algoritmo de Dijkstra (1959).
Teorema 76 El algoritmo de Dijkstra encuentra la longitud del camino mas corto entre dosvertices de un grafo conexo, simple y ponderado con todos los pesos positivos.
Proposici on 77 El algoritmo de Dijkstra, aplicado sobre un grafo conexo, simple y ponderado
con todos los pesos positivos y con n vertices, realiza O(n2) operaciones (sumas ycomparaciones).
DM – p.73/80
El algoritmo de Dijkstra
Idea:En cada iteración a cada vérticej se le asignan dos etiquetas que pueden ser o bien
temporales(δj , Pj) o bien permanentes(δj , Pj) .
• La etiquetaδj es una estimación de la longitud del camino mínimo desde elvértice inicials hasta el vértice actualj.
• La etiquetaPj es una estimación del predecesor del vérticej en dicho camino.
Denotaremosωij > 0 al peso de la arista{i, j} ∈ E.
Problema 39Calcular el camino de menor longitud entre s y t en el siguiente grafo:
c e
b d
ts
10
5
821
4 6
2 2
DM – p.74/80
El algoritmo de Dijkstra (2)
(1) Paso inicial:Marcamos el origens con la etiqueta permanente(0, s) .
El resto de los vérticesj ∈ V (j 6= s) se marcan temporalmente:• Si {j, s} ∈ E, se marca con(ωs,j , s).
• Si {j, s} 6∈ E, se marca con(∞,−).
(2) Seav ∈ V el últimovértice que se ha vuelto permanente. Examinamos cada
vérticetemporalj comparandoδj con el valor deδv + ωv,j .
• Si δv + ωv,j < δj , cambiamos(δj , Pj) por ( δv + ωv,j , v).
• Si δv + ωv,j ≥ δj , no hacemos nada.
(3) De entre todos los vértices temporalesj examinados, elegimos aquél cuyaδj seamínimaδmin.• Si δmin = ∞ el algoritmo termina: no hay camino entres y t.• Si δmin < ∞, marcamos dicho vértice con etiqueta permanente.
(Esta estimación sólo puede empeorar porqueωij > 0).
(4) Si el vértice marcado est, el algoritmo termina: el camino más corto entres y t seobtiene siguiendo las etiquetas permanentes.Si no est, volver al paso (2).
DM – p.75/80
El algoritmo de Dijkstra: Ejemplo
c e
b d
ts
10
5
821
4 6
2 3
Vértice Paso 1 Paso 2 Paso 3 Paso 4 Paso 5 Paso 6
s (0, s) ⋆ ⋆ ⋆ ⋆ ⋆
b (4, s) (3, c) (3, c) ⋆ ⋆ ⋆
c (2, s) (2, s) ⋆ ⋆ ⋆ ⋆
d ∞ (10, c) (8, b) (8, b) ⋆ ⋆
e ∞ (12, c) (12, c) (10, d) (10, d) ⋆
t ∞ ∞ ∞ (14, d) (13, e) (13, e)
DM – p.76/80
El algoritmo de Dijkstra: Ejemplo
c e
b d
ts
10
5
821
4 6
2 3
Vértice Paso 1 Paso 2 Paso 3 Paso 4 Paso 5 Paso 6
s (0, s) ⋆ ⋆ ⋆ ⋆ ⋆
b (4, s) (3, c) (3, c) ⋆ ⋆ ⋆
c (2, s) (2, s) ⋆ ⋆ ⋆ ⋆
d ∞ (10, c) (8, b) (8, b) ⋆ ⋆
e ∞ (12, c) (12, c) (10, d) (10, d) ⋆
t ∞ ∞ ∞ (14, d) (13, e) (13, e)
DM – p.76/80
El algoritmo de Dijkstra: Ejemplo con grafos dirigidos
El algoritmo de Dijkstra permite, con las variaciones obvias, obtener el camino máscorto en un grafo dirigido
c e
b d
ts
10
5
821
4 6
2 3
Vértice Paso 1 Paso 2 Paso 3 Paso 4 Paso 5 Paso 6
s (0, s) ⋆ ⋆ ⋆ ⋆ ⋆
b (4, s) (4, s) ⋆ ⋆ ⋆ ⋆
c ∞ (5, b) (5, b) ⋆ ⋆ ⋆
d ∞ ∞ (13, c) (13, c) ⋆ ⋆
e ∞ ∞ (15, c) (15, c) (15, c) ⋆
t ∞ ∞ ∞ (19, d) (18, e) (18, e)
DM – p.77/80
El algoritmo de Dijkstra: Ejemplo con grafos dirigidos
El algoritmo de Dijkstra permite, con las variaciones obvias, obtener el camino máscorto en un grafo dirigido
c e
b d
ts
10
5
821
4 6
2 3
Vértice Paso 1 Paso 2 Paso 3 Paso 4 Paso 5 Paso 6
s (0, s) ⋆ ⋆ ⋆ ⋆ ⋆
b (4, s) (4, s) ⋆ ⋆ ⋆ ⋆
c ∞ (5, b) (5, b) ⋆ ⋆ ⋆
d ∞ ∞ (13, c) (13, c) ⋆ ⋆
e ∞ ∞ (15, c) (15, c) (15, c) ⋆
t ∞ ∞ ∞ (19, d) (18, e) (18, e)
DM – p.77/80
Más ejemplos: distancia entres y b
c e
b d
ts
10
1
5220
10 6
2 3
Vértice Paso 1 Paso 2 Paso 3 Paso 4 Paso 5 Paso 6
s (0, s) ⋆ ⋆ ⋆ ⋆ ⋆
b (10, s) (10, s) (8, d) (8, d) ⋆ ⋆
c (2, s) (2, s) ⋆ ⋆ ⋆ ⋆
d ∞ (7, c) (7, c) ⋆ ⋆ ⋆
e ∞ (12, c) (9, d) (9, d) (9, d) ⋆
t ∞ ∞ (13, d) (13, e) (12, e) (12, e)
DM – p.78/80
Más ejemplos: distancia entres y b
c e
b d
ts
10
1
5220
10 6
2 3
Vértice Paso 1 Paso 2 Paso 3 Paso 4 Paso 5 Paso 6
s (0, s) ⋆ ⋆ ⋆ ⋆ ⋆
b (10, s) (10, s) (8, d) (8, d) ⋆ ⋆
c (2, s) (2, s) ⋆ ⋆ ⋆ ⋆
d ∞ (7, c) (7, c) ⋆ ⋆ ⋆
e ∞ (12, c) (9, d) (9, d) (9, d) ⋆
t ∞ ∞ (13, d) (13, e) (12, e) (12, e)
DM – p.78/80
Ejemplos
Problema 40Hallar un camino de longitud mınima entre los vertices a y z del grafo siguiente. Hallar tambien
las distancias d(a, a), d(a, z), d(b, z) y d(c, z).
a
c
b
z
db
e5
3 4
2 2
5
12
DM – p.79/80
Problemas
Problema 41Utilizar el algoritmo de Dijkstra para determinar en el grafo ponderado siguiente un camino de
longitud mınima entre los vertices Z y A.
C B5
E D2
2 2Z
1
3
A
5
4
F
1
1
G
1
1
DM – p.80/80
